2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第十一章 2 第二节 变压器 远距离输电

[学生用书P383(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )A ．这是一个升压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小 解析：选B.根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，A 错误，B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，D 错误．2．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π2 A 解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A 正确．3.如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误；2πf ＝100π rad/s ，f ＝50 Hz ，故B 错误；I 2＝880220A ＝4 A ，故C 正确；由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．4．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U 2R，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确解析：选C.不能盲目看公式，要注意其物理意义的表述，在求热损耗时：P 损＝I 2线R 线或用P 热＝U 线I 线，也可用P ＝U 2R，但U 必须为输电线上等效电阻两端的电压，并不是输电电压．5.(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，B 正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02s ，D 错误．6．远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2, 电压分别为U 1、U 2，电流分别为 I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．只有D 正确． 7．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I 1I 2＝n 2n 1，MN 应接匝数少的线圈，故ab 接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，B 正确．8．如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L 1与输出电压稳定的正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态．当S 闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法正确的是( )A ．灯泡L 1变亮B ．灯泡L 2变亮C ．原线圈两端电压不变D ．副线圈两端电压变大解析：选A.开关S 闭合，副线圈电路增加一并联电路，总电阻减小，所以副线圈中的电流增大，根据变压器规律I 1I 2＝n 2n 1，可知原线圈电流I 1增大，L 1变亮，A 正确；灯泡L 1的电压U L1＝I 1R 增大，由于输入的正弦式交流电压稳定，根据U ＝U L1＋U 1，可知原线圈两端的电压U 1减小，则副线圈两端电压U 2随着减小，L 2变暗，B 、C 、D 错误．9．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1① 由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn得 U ′2＝n 2－Δn n 1－Δn U 1② 由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δn n 1－Δn可见，D 错误．10．(2020·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：选A.当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CD n MN，知U MN 减小，则电压表、电流表读数均减小，A 项正确，同理知B 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．二、多项选择题11．如图所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯泡L 仍能正常发光，可采用的措施是( )A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U 略降低时，为使灯泡L 仍能正常发光，只需输出电压U 2保持不变．根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2＝n 2n 1U ，由此可知，n 2应增大，自耦调压变压器的滑片P 应适当上滑，A 正确，B 错误；若保持匝数比不变，根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2减小，为使灯泡L 仍能正常发光，加在L 两端的电压应不变，则加在R 1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R 2应增大，C 正确，D 错误．12.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，A 错误，B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，C 正确，D 错误．13．如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是220 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω解析：选BC.左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，B 正确，A 错误；电压表的示数为22 V ，根据变压公式，U 1U 2＝100，输电电压为U 1＝100×22 V ＝2 200 V ；电流表的示数为1 A ，根据变流公式，I 1I 2＝n 2n 1＝100，输电电流I 1＝100×1 A ＝100 A ，线路输送电功率为P ＝U 1I 1＝220 kW ，C 正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，D 错误．14．为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经过变电所将高压变为低压．某变电所将电压u 0＝11 0002sin 100πt (V)的交流电降为220 V 供居民小区用电，则该变电所变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．原线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：选AB.根据电压u 0＝11 0002·sin 100πt (V)可知降压变压器原线圈的电压为11000 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＝501，A 正确；交流电的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，经过变压器后，交流电的频率不变，B 正确；降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，C 错误；副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，D 错误．15．如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表A 的示数为0.1 A ．已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A．交变电流的频率为50 HzB．变压器原副线圈匝数比为112∶1C．用电器额定功率为22 WD．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半解析：选ACD.由u－t图象可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝1T＝50 Hz，A正确．由图乙可知原线圈两端输入电压U1＝220 V，因闭合S后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2＝20 V，n1∶n2＝U1∶U2＝220 V∶20 V＝11∶1，B错误．理想变压器P入＝P出＝I1U1＝22 W，又P出＝P电器，C正确．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D正确．。